大学第五届大学生数学建模竞赛题目 (1)

五一数学建模往届试题摘要：1.五一数学建模竞赛简介2.往届试题的特点和分类3.往届试题的参考价值4.如何有效利用往届试题正文：五一数学建模竞赛是中国工业与应用数学学会主办的面向全球高校大学生的竞赛，旨在激发学生学习数学的积极性，提高学生建立数学模型解决实际问题的综合能力。

该竞赛每年五一期间举行，吸引了众多高校的学生参加。

往届五一数学建模竞赛的试题内容丰富，涵盖了多个领域，如数理化、环境生态、经济管理等。

根据试题的难度和涉及的领域，我们可以将往届试题分为基础题、提高题和挑战题三个层次。

基础题主要测试学生的基本数学知识和解题能力，提高题则要求学生运用所学的专业知识和技能解决实际问题，而挑战题则需要学生具有较强的创新意识和综合能力。

研究往届试题对于参赛选手来说具有很高的参考价值。

首先，通过分析往届试题，学生可以了解竞赛的题型、难度和趋势，从而为自己的参赛做好充分的准备。

其次，往届试题可以帮助学生熟悉竞赛的解题思路和方法，提高自己的解题速度和准确率。

最后，往届试题还可以激发学生的学习兴趣，培养他们建立数学模型解决实际问题的能力。

要充分发挥往届试题的参考价值，学生需要做到以下几点：1.认真分析往届试题，总结解题方法和技巧，了解题型和难度。

2.针对不同层次的试题，制定相应的学习计划和策略，提高自己的解题能力。

3.多与同学和老师交流，分享解题心得和经验，取长补短，共同进步。

4.多动手实践，将所学的理论知识应用到实际问题中，提高自己的创新能力和综合素质。

总之，五一数学建模竞赛的往届试题对于参赛选手具有很高的参考价值。

通过认真研究这些试题，学生可以提高自己的解题能力和综合素质，为竞赛做好充分的准备。

09级数模试题1. 把四只脚的连线呈长方形的椅子往不平的地面上一放，通常只有三只脚着地，放不稳，然后稍微挪动几次，就可以使四只脚同时着地，放稳了。

试作合理的假设并建立数学模型说明这个现象。

（15分）解：对于此题，如果不用任何假设很难证明，结果很可能是否定的。

因此对这个问题我们假设 ：（1）地面为连续曲面（2）长方形桌的四条腿长度相同（3）相对于地面的弯曲程度而言，方桌的腿是足够长的（4）方桌的腿只要有一点接触地面就算着地。

那么，总可以让桌子的三条腿是同时接触到地面。

现在，我们来证明：如果上述假设条件成立，那么答案是肯定的。

以长方桌的中心为坐标原点作直角坐标系如图所示，方桌的四条腿分别在A 、B 、C 、D 处，A 、B,C 、D的初始位置在与x 轴平行，再假设有一条在x 轴上的线ab,则ab 也与A 、B ，C 、D 平行。

当方桌绕中心0旋转时，对角线 ab 与x 轴的夹角记为θ。

容易看出，当四条腿尚未全部着地时，腿到地面的距离是不确定的。

为消除这一不确定性，令 ()f θ为A 、B 离地距离之和，()g θ为C 、D 离地距离之和，它们的值由θ唯一确定。

由假设（1），()f θ,()g θ均为θ的连续函数。

又由假设（3），三条腿总能同时着地， 故()f θ()g θ=0必成立（∀θ）。

不妨设(0)0f =,(0)0g >g （若(0)g 也为0，则初始时刻已四条腿着地，不必再旋转），于是问题归结为：已知()f θ,()g θ均为θ的连续函数，(0)0f =,(0)0g >且对任意θ有00()()0f g θθ=，求证存在某一0θ，使00()()0f g θθ=。

证明：当θ=π时，AB 与CD 互换位置，故()0f π>，()0g π=。

作()()()h f g θθθ=-，显然，()h θ也是θ的连续函数，(0)(0)(0)0h f g =-<而()()()0h f g πππ=->，由连续函数的取零值定理，存在0θ，00θπ<<，使得0()0h θ=，即00()()f g θθ=。

浙江大学第五届大学生数学建模竞赛题目（A题、B题）1.各参赛队可在公布的A、B两题中任选一题作答，在规定时间内完成论文。

论文应包括模型的假设、建立和求解、计算方法的设计和计算机实现、结果的分析和检验、模型的改进等方面，并附主要程序代码。

2.答卷用白色A4纸打印，上下左右各留出2.5厘米的页边距。

论文第一页为封面，各参赛队需从浙江大学数学建模实践基地网站/mmb上下载答卷封面，如实填写后作为封面与论文全文装订成册. 论文题目和摘要写在论文第二页上，从第三页开始是论文正文。

论文从第二页开始编写页码，页码必须位于每页页脚中部，用阿拉伯数字从“1”开始连续编号。

3.论文不能有页眉，论文中不能有任何可能显示答题人身份的标志。

4.论文题目用3号黑体字、一级标题用4号黑体字，并居中。

论文中其他汉字一律采用小4号黑色宋体字，行距用单倍行距。

5.提请各参赛队注意：摘要在整篇论文评阅中占有重要权重，请认真书写摘要（注意篇幅不能超过一页）。

评阅时将首先根据摘要和论文整体结构及概貌对论文优劣进行初步筛选。

6.论文请于5月23日上午9：00-11：00期间交到以下地点之一: （1）玉泉校区欧阳纯美数学楼104室（2）紫金港校区理学院学生会办公室（蓝田学园四舍104室）。

7.各参赛队应严格遵守竞赛规则，比赛开始后不得更换队员，不得与队外任何人（包括在网上）讨论。

8.引用别人的成果或其他公开的资料(包括网上查到的资料) 必须按照规定的参考文献的表述方式, 在正文引用处和参考文献中均明确列出。

正文引用处用方括号标示参考文献的编号，如[1][3]等；引用书籍还必须指出页码。

参考文献按正文中的引用次序列出，其中书籍的表述方式为：[编号] 作者，书名，出版地：出版社，出版年。

参考文献中期刊杂志论文的表述方式为：[编号] 作者，论文名，杂志名，卷期号：起止页码，出版年。

参考文献中网上资源的表述方式为：[编号] 作者，资源标题，网址，访问时间（年月日）。

专业：考生座位号：线所在院校：封密准考证号：姓名：第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷 （非数学类，2013） 考试形式： 闭卷 考试时间： 150 分钟 满分： 100 分.注意：1、所有答题都须写在此试卷纸密封线右边，写在其它纸上一律无效. 2、密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关标记. 3、如当题空白不够，可写在当页背面，并标明题号. 一、（本题共4小题，每小题各6分，共24分）解答下列各题. (1) 求极限 (lim 1sin n n →∞+. (2) 证明广义积分sin 0x dx x +∞⎰不是绝对收敛的. (3) 设函数()y y x =由323322x x y y +-=所确定, 求()y x 的极值. (4) 过曲线0)=≥y x 上的点A 作切线, 使该切线与曲线及x 轴所围成的平面图形的面积为34, 求点A 的坐标.专业：考生编号：线所在院校：封密准考证号：姓名：二、（本题12分）计算定积分2sin arctan d 1cos x x x e I x x ππ-⋅=+⎰.三、（本题12分）设()f x 在0x =处存在二阶导数，且0()lim 0.x f x x →= 证明：级数11n f n ∞=⎛⎫ ⎪⎝⎭∑收敛.四、（本题10分）设|()|,()0()f x f x m a x b π'≤≥>≤≤，证明 2sin ()d b a f x x m ≤⎰.专业：考生编号：线所在院校：封密准考证号：姓名：五、（本题14分）设∑是一个光滑封闭曲面, 方向朝外. 给定第二型曲面积分 ()()()33323I x x dydz y y dzdx z z dxdy ∑=-+-+-⎰⎰. 试确定曲面∑, 使得积分I 的值最小, 并求该最小值.六、（本题14分）设22()()a a C ydx xdy I r x y -=+⎰, 其中a 为常数, 曲线C 为椭圆222x xy y r ++=, 取正向. 求极限lim ()a r I r →+∞.专业：考生编号：线所在院校：封密准考证号：姓名：七、（本题14分）判断级数∑∞=+ ++++1)2)(1(1211nnnn的敛散性, 若收敛，求其和.。

南昌大学第五届高等数学竞赛(理工类)试题南昌大学第五届高等数学竞赛(理工类)试题答案一、1.12, 2. ()()0m n f x '+, 3. 2-, 4. 320x y z -++=,5. dx . 二、1、B 2、C 3、A 4、D 5、B三、由于()220,0lim0x y x y →→+=，sin1≤，因此()220,0lim0x y x y →→+==()0,0f ，所以()y x f ,在点()0,0连续. 2分()()()00,00,010,0lim lim sin 0x x x f x f f x x x→→-===， 3分同理()0,00y f =. 4分 求得()222220;,0,0,x x x y f x y x y ⎧-+≠⎪=⎨⎪+=⎩5分当0,0x y →→时，(),x f x y 不存在，因此(),x f x y 在点()0,0不连续，同理(),y f x y 在点()0,0不连续. 6分0,0,00,0limx y z f x f y∆→∆→∆-∆-∆0,0limxy ∆→∆→=0于是()y x f ,在点()0,0是可微.8分四、原式=()440011sin cos 2sin x x dx dx x πππ+⎛⎫+ ⎪⎰ 3分=)1126分五、()()()()2222222111x yP yy y x y x y⎛⎫--∂∂==⎪⎪∂∂-+-+⎝⎭，()()()()()22222221111x x yQx y x y x y⎛⎫----∂∂==⎪⎪∂∂-+-+⎝⎭. 2分由格林公式得0L lPdx Qdy-++=⎰ ，于是L Pdx Qdy+=⎰ l Pdx Qdy+⎰ ，3分其中l为()2211x y-+=的正向，令1cosxθ-=，sinyθ=，则()222sin sin cos coscos sinI dπθθθθθθθ--=+⎰6分=22dπθπ-=-⎰7分六、设凸弧的方程为()y f x=，依题意得()()312x xx f t d t f x=-⎡+⎤⎣⎦⎰. 3分两边对x求导得261xy y x'-=--,即116y y xx x'-=--.通解为261y cx x=-+, 6分由()10y=得5c=.故所求曲线为2561y x x=-+. 7分七、)sinna n nππ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦=()1n-)sin n π =()1n-2, 3分当n 充分大时，级数1nn a∞=∑是交错级数.lim n→∞2sin=0，且当n 充分大时1n n a a +>，因此级数1nn a∞=∑收敛. 4分其次，考虑级数1nn a∞=∑，由于lim lim n n n a n n→∞→∞==22k π， 因此级数1nn a∞=∑发散， 5分所以级数(1sin n ∞=∑条件收敛. 6分 八、()()222F t z dv f x y dv ΩΩ=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰ =()2222222220hhx y tx y t z dzdxdy dzf x y dxdy +≤+≤++⎰⎰⎰⎰⎰⎰2分=()322203th t h d f r rdr ππθ+⎰⎰ 3分=()322023th t h f r rdr ππ+⎰, 5分()32223dF h t htf t dt ππ=+. 6分 由罗毕达法则得()()()233200lim lim 20323t t tf t F t h h h hf t t ππππ→→=+=+. 7分九、令()2,u x y v xy ϕ=-=，122z xf y f xϕ∂'''=+∂, 2分 ()()()222211122222z xy f xf x y f xy f x yϕϕϕϕ∂''''''''''''=+-+-+∂∂. 7分 十、因为2221i i i n n n i n nn n≤≤++ , 2分 所以111121221i ii n n n n n n i i i i n n n n===≤≤++∑∑∑. 10111lim 22ln 2i nx n n i dx n →∞===∑⎰, 4分 11111lim 2lim lim 211ln 2i i nn n n n n n i i n n n n →∞→∞→∞====++∑∑, 6分 由夹逼准得12222lim 1112n n n n n n n n n →∞⎛⎫ ⎪+++ ⎪+ ⎪++⎝⎭ =1ln 2. 7分 十一、()()21112n n n n n ∞=--+∑=()0011122n n n n n n ∞∞==⎛⎫⎛⎫--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑, 011212312n n ∞=⎛⎫-== ⎪⎝⎭+∑. 2分 令()()22112nn n s x n n x ∞-=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑, 则 ()s x =()321422nn n x x ∞=''⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭+⎝⎭∑， 4分 ()1s =()0141227nn n n ∞=⎛⎫--= ⎪⎝⎭∑， 6分 ()()20112nn n n n ∞=--+∑=242232727+= 7分 十二、因为()f t 连续，()f t 也连续，所以由积分中值定理存在[]0,1ξ∈使()()10,01f t dt f ξξ=≤≤⎰. 2分 又()()()x f x f f t dt ξξ'-=⎰，即()()()x f x f f t dt ξξ'=+⎰， 4分 所以 ()()()()()x xf x f f t dt f f t dt ξξξξ''≤+≤+⎰⎰ 6分 ()()10f f t dt ξ'≤+⎰故()()()()10f x f t f t dt '≤+⎰.7分。

南京信息工程大学第五届数学建模竞赛题目A 停车场车位分配问题某写字楼拥有212个车位，主要供写字楼工作人员办卡包年或包月使用，车位不固定，只要有空闲车位就可以停。

现在的情况是，办卡客户虽然办了卡，但不一定都来停车，且很多车子是流动的，可能早上停进来，中午就走了。

这样，停车场空置率很大，造成了资源浪费，现计划扩大售卡数量和对象。

假定总车位固定不变，请依据附表中4月份每天各时段的停车流量数据，建立数学模型回答下列问题：（1）模拟附表中停车流量，分析停车量统计规律；（2）定义冲突概率α，求若冲突概率低于05.0=α情形下，计算最大售卡量；（3）如果你是车位管理员，你如何设计最佳车位分配管理方法，使得收益最大。

B 绿色经济影响效应分析倡导绿色、低碳生活，发展绿色经济，是21世纪世界各国实现可持续发展的必然选择。

请围绕我国绿色经济中如：绿色农业、绿色能源、新能源汽车等感兴趣的某一产业或者某一侧面，收集相关数据，建立数学模型回答下列问题：（1）阐述所选某一产业或某一侧面当前发展状况和发展形式；（2）从环境、经济以及健康等角度，评估该产业相对于传统产业究竟有多少优势；（3）若广泛发展或推广该产业，评估和预测其对环境、经济以及健康等方面的影响；（4）根据你的研究结论，给报社写一篇稿子，向社会大众介绍推广这一绿色产业的发展对人们改变生活习惯、行为方式的影响和意义。

C 货币面值系统的比较世界各个国家的货币面值都不尽相同，每个国家都有自己的货币面值系统，一般都以逢十进一，或者逢百进一，比如中国的：1元=10角=100分，但也有一些国家的货币进制比较特别，比如1971年之前，英国的货币进制为：1英镑等于20先令，1先令等于12便士。

请以美国和英国现行的货币面值系统为基础，完成如下问题：（1）附表中给定了一些金额（不考虑汇率问题），请计算对其中的每一个金额，分别用美国和英国的货币面值系统，最少需要多少张/个货币才能表示?（2）如果在现有的货币面值系统中删除任意一种面值的货币，则最少需要的货币张数会怎么变化?（3）如果让你往现有的货币面值系统中增加一种面值，你觉得增加哪种面值最好？为什么？（4）你认为美国和英国的货币面值系统哪种更好，请说明理由，有没有可能设计出一种比他们更好的货币面值系统呢。

第五届全国大学生数学竞赛决赛 （数学类三、四年级）参考答案一、【参考证明】：设l 是过P 点的抛物面S 的一条切线，它的方向向量为V 示为= (u , v , w )，则切点可以表 Q = P + t V = (a + tu ,b + tv ,c + tw ),2 2其中t 是二次方程2(c + tw ) = (a + tu) + (b + tv ) , 也就是的唯一重根.(u 2 + v 2)t 2 + 2(au + bv - w )t + (a 2 + b 2 - 2c ) = 022 2 2 2w - au - bv a 2 + b 2 - 2c 这时，(au + bv - w) = (u+ v)(a + b - 2c ), 得t ==u 2 + v 2.w - au - bv于是切点Q = (X ,Y , Z ) = (a + tu ,b + tv ,c + tw )满足a X +b Y -Z = (a 2 + b 2 -c )+ t (a u + b v -w ) = c .于是所有切点Q 落在平面ax + by - z = c 上.二、【参考证明】：(1) 由于tr (A ) 是A 的特征值之和，得λ1 的代数重数也是 3，而A 的另一特征值λ2 = 0 ，且λ2 = 0 的代数重数为 1. 结果A 有四个线性无关的特征向量. 故A 可对角化. (2) 由于λ1 = 2 的重数为 3，故有⎛ 0 2 2 -2⎪⎫ ⎪rank (A - 2E ) = rank a -2 b c ⎪. ⎪ d e -2 f ⎪ ⎝g h k 2 ⎪⎪⎭进而a / 0 = -2 / 2 = b / 2 = c / -2 ，得a = 0,b = -2,c = 2;d / 0 =e / 2 = -2 / 2 =f / -2 ，得d = 0,e = -2, f = 2;g / 0 =h / 2 = k / 2 = 2 / -2 ，得g = 0,h = -2, k = -2 ，⎛ 2 2 2 -2⎪⎫ ⎪ 于是A = 0 0 -2 2 ⎪. 注意到f (x , x , x , x ) = x T Ax = x T Bx , 其中 1 2 3 4 0 -2 0 2 ⎪ ⎝0 -2 -2 4 ⎪⎪⎭⎛ 2 1 1 -1⎪⎫ T 1 0 -2 0 ⎪ B = A + A , B = ⎪.21 -2 0 0 ⎪ ⎪ -1 0 0 4 ⎪ ⎝⎪⎭1 2 3 4⎝ ⎢ 1 k m n k m k m k m m k m k m ⎰ ⎰ t B 的特征值为λ1 = 2 （二重），λ1,2 = 1 ± 2 为2y 2 + 2y 2 + (1 + 2 3)y 2 + (1 - 2 3)y 2. （一重）. 故 f (x 1, x 2, x 3, x 4 )在正交变换下的标准型三、【参考证明】：令g (t ) = ⎛ t 0 ⎫β f (x )d x ⎪ ⎭ - t f α 0 (x )d x , 则g (t ) 可导， ⎡ ⎛ t ⎫β-1⎤ g '(t ) = f (t )⎢β f (x )d x ⎪- f α-1(t )⎥ . ⎢ ⎝⎰0 ⎪⎭ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦1 ⎡ 1 ⎤令h (t ) = ββ-1 ⎰ t f (x )d x - f 2(t ), 则有h '(t ) = f (t )⎢ββ-1 - 2f '(t ⎥. )⎥ 0 ⎢ ⎥⎣⎢⎥⎦ 由于β > 1, f '(x ) ≤ 1，我们有h '(t ) ≥ 0 . 这说明h (t )单调递增，从h (0) = 0 ，得h (t ) ≥ 0 . 因 2而g '(t ) ≥ 0 . 从g (0) = 0 ，得g (t ) ≥ 0 ，即⎰ f α(x ) d x ≤ ⎛ ⎰ t⎫β f (x )d x ⎪. 0 令t → +∞ ，即得所证.⎝ 0⎪⎭ 四、【参考证明】：C max =1 - 2. 不妨设f (x ) 的最小实根为 0，最大实根为a . 设 nf (x ) = (x - x 1 )(x - x 2 )(x - x n ),先证以下引理：0 = x 1 ≤ x 2 ≤ ≤ x n = a .引理：若存在2 ≤ k , m ≤ n - 1 使得x k < x m ，令x k < x ' ≤ x ' < x 满足x + x = x ' + x' , 令 f 1 (x ) = (x - x ')(x - x ' )(x - x ' ), x ' = x , i ≠ k , m .则d (f ') ≤d (f '). 1 2 n i i证明：注意到f (x ) = f 1 (x )- δF (x ),F (x ) =其中f 1 (x ), δ = x 'x '- x x> 0.(x - x ' )(x - x ' )k mk m设 α, β 分 别 为 f '(x ) 的 最 大 最 小 实 根 ， 则 有 f (α) ≤ 0, f (β)(-1) ≤ 0. 由 罗 尔 定 理111α ≥ x m , β ≤ x k ，并且f '(α) = δ(2α - x ' - x ' ) f (α).(α - x ' )2 (α - x ' )2 1则 f '(α)f 1(α) ≥ 0 ，故 f '(α) ≤ 0 . 这表明 f '(x ) = 0 的最大实根大于或等于α. 同理， f '(x ) = 0 最3- ⎦ ()F ⎩小实根小于或等于β. 引理证毕. 令g (x ) = x (x -a )(x -b )n -2,b =x 2 + x 3 ++ x n -1.n 2由引理得到d (f ')≥ d (g '). 由于g '(x ) = (x - b )n -3(nx 2 -((n - 1)a + 2b )x + a b ),2 d (g ') =≥ 1 - a . n⎛ a ⎫n -2于是C 的最大值C max ≥ , 且当f (x ) = x (x -a ) x - ⎪ 时，d (f ') = ⎝ (f ). 2 ⎪⎭ 五、【参考证明】：用反证法. 设存在x 0 ∈ ⎡⎢⎣a ,b ⎤⎥ 使得z x 0 ) > y (x 0 ).令M = {x ∈ ⎡⎢a ,b ⎤⎥ | z (x ) > y (x )}, 则M 为⎡⎢a ,b ⎤⎥ 的非空开子集. 故存在开区间(α, β) ⊂ M 满足 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦y (α) = z (α), z (x ) > y (x ), x ∈ (α, β).这推出z (x )- y (x )单调不增，故z (x )- y (x ) ≤ z (a )- y (a )= 0. 矛盾.六、【参考证明】：因为当| z |= 1 时，f (z ) = 1 ，所以根据极大模原理，在D 上 f (z ) < 1 ，即f (D )⊂ D .1 - af (z ) 若存在a ∈ D 使得a ∉ f (D ) ，则函数g (z )=f (z )- a以及1 / g (z )在D 上解析，并容易验证当| z |= 1 时， g (z ) = 1 . 因此，根据极大模原理，在D 上有 g (z )≤ 1, 1 / g (z )≤ 1, 这说明在D 上有 g (z ) = 1 . 因为模为常数的解析函数是常数，所以g (z )在D 上为常数，从而f (z )在D 上为常数，这与题设矛盾. 这就证明了f (D ) = D .七、【证明】：1) A =lim E =∞∞ E =∞ F . 其中F= ∞ E ， 则k →∞ kn =1k =nkn =1 nnk =nkF 1 ⊃ F 2 ⊃⊃ F n ⊃ F n +1 ⊃因为f∈ L ∞ ⇒ fk =1E k∈ L , ∀n ≥ 1 ⇒ f n∈ L A . 令 ⎧⎪f (x ), x ∈ F ,i) f n (x ) 可测， ∀n ≥ 1;f (x ) = ⎪⎨nn⎪0, x ∉ F n . ii) lim n →∞f n (x ) = f (x )χA (x ), x ∈ R ; x ∈ R ，若x ∈ A ，则f (x )χA (x ) = f (x ), 又x ∈ A =∞ F , ∀n ≥ 1, f (x ) = f (x ).故 lim n →∞f n (x ) = f (x )χA (x ).n =1 nna 2 -2a 2⎛a - 2b ⎫2n + ⎝ n ⎪ ⎪⎭ 1 - 2n 1 - 2n(F ⎩1F EF E⎰ ⎰ ⎰ ⎰ 若x ∉ A , f (x )χA (x ) = 0. 而x ∉ A = ∞ F , ∃n , x ∉ F ,{F } ↓, ∀n ≥ n , x ∉ F ,n =1 nn 0nn故 lim n →∞f n (x ) = f (x )χA (x ).f n (x ) = 0, 即 lim n →∞f n (x ) = f (x )χA (x ).iii) f n (x ) ≤ f (x ) χF (x ), ∀n ≥ 1 ，且 f (x ) χF (x ) ∈ L R .11由控制收敛定理， lim⎰R f n (x ) d m = ⎰R lim f n (x ) d m . 即 n →∞lim ⎰⋃∞n →∞ f (x )d m = E lim ⎰Ff (x ) d mn →∞k =n kn →∞n= ⎰R f (x )χA (x )d m = ⎰Af (x ) d m2) B = lim E = ∞ ∞E = ∞F . 其中F = ∞ E ， 则k →∞kn =1k =nkn =1 nnk =nkF 1 ⊂ F 2 ⊂ ⊂ F n ⊂ F n +1 ⊂f ∈ L ∞k =1 E k)⇒ f ⎧⎪f (x ), x ∈ F , ∈ L , ∀n ≥ 1 ⇒ f n∈ L B . 令f n (x) = ⎪⎨n⎪0, x ∉ F n . i) f n (x ) 可测， ∀n ≥ 1;ii) lim n →∞f n (x ) = f (x ), x ∈ B ;iii) f n (x ) ≤ f (x ) , x ∈ B 且 f (x ) χF (x ) ∈ L R .由控制收敛定理， limn →∞⎰B f n (x )d m = ⎰B f (x ) d m . 即 lim ⎰⋂∞f (x )d m = E lim ⎰Ff (x ) d mn →∞k =n kn →∞n= limn →∞⎰B f n (x )d m = ⎰B f (x )d m .3) 若{E} ↑⇒ lim E= lim E= lim E =∞ E= E . 由 2)，F =∞ E = E ，kk →∞kk →∞kk →∞kk =1 knk =nkn⎰E f (x )d m = lim n →∞ nf (x )d m = lim n →∞ nf (x )d m . 若{E} ↓⇒ lim E= lim E = lim E =∞ E = E . 由 1) F =∞ E = E ，kk →∞kk →∞kk →∞kk =1 knk =nkn⎰E f (x )d m = lim n →∞ nf (x )d m = lim n →∞ nf (x )d m . 八、【参考解答】：在空间选取坐标系，使得准线l 为z -轴，抛物线Γ 落在Oxz 平面上，且抛下顶点为P = (p , 0, 0) ，焦点为F = (2p , 0, 0). 由于抛物线上的任意点X = (x , 0, z )满足 XF = x ，我们得到(x - 2p )2+ z 2 = x 2.故抛物线方程为x = p + 1 z 2. 4p 记 f (z ) = p + 1 z 2 ，这是旋转面S 的方程 4pf ' (z )2+ 112可表示为γ = γ(z , θ) = (f (z )co s θ, f (z )s in θ, z ), θ ∈ ⎡⎢⎣0, 2π⎤⎥⎦ , z ∈ R则S 的单位法向量为γθ = (-f (z )s in θ, f (z )co s θ, 0), γz = (f '(z )cos θ, f '(z )sin θ,1),1'n = (cos θ, s in θ,-ff '(z )2+ 1(z )),γθθ = (-f (z )cos θ, -f (z )si n θ, 0), γθz γzz = (-f '(z )sin θ, f '(z )cos θ, 0),= (f ''(z )cos θ, f ''(z )sin θ, 0),于 是 ， 旋 转 面 的 第 一 基 本 形 式I = E d θ2 + 2F d θ d z +G d z 2 和 第 二 基 本 形 式II = L d θ2 + 2M d θ d z + N d z 2 为E = f (x )2, F = 0,G = f '(z )2+ 1 f (z )L = - , M = 0, N =f '(z )2+ 1f ''(z )因为k 1 = L / E ,k 2 = N /G , k我们得到f '(z )2+ 1 k = LG / EN = -f (z )f ''(z )= -2.【注】根据k ,k 的不同排序，也可以是k 1= - 1. 122九、【参考解答】：这个问题可以看作是一种等待时间问题. 我们等待第r 张新票券出现. 以ξ1, ξ2,依次表示对一张新票券的等待时间. 因为第一次抽到的总是新的，所以ξ1 = 1 . 于是ξ2 就是抽到任一张不同于第一张抽出的那张票券的等待时间. 由于这次抽时仍有N 张票券，但新的只有N - 1 张，因此成功的概 率为p =N - 1. 于是ξ 的分布列为N2N - 1 ⎛ 1 ⎫n -1P (ξ2 = n ) =⎪, n = 1, 2,N ⎝N ⎪⎭ ∞N - 1 ⎛ 1 ⎫n -1⎛1 ⎫ 1N从而E ξ2 = ∑n ⎪ = 1 - ⎪ ⋅ = .n =1N ⎝N ⎪⎭⎝ N ⎪⎭ ⎛ 1 ⎫2 N - 11 - ⎪ ⎝N ⎪⎭ 在收集到这两张不同的票券之后，对第三张新票券的等待时间其成功的概率为p =N - 2 . 因此Nk 2+ + + ≈ ln N .E ξ3 =N .N - 2以此类推，对1 ≤ r ≤ N ，有E (ξ ++ ξ ) = N + N ++ N1 r N N - 1 N - r + 1= N ⎛ 1++1 ⎫⎪.特别，若r = N 时，则⎝N N - r + 1⎪⎪⎭E (ξ ++ ξ ) = N ⎛ 1+ 1 ⎫⎪1N 1 + +⎪当N 时偶数，r = N / 2 时，则⎛⎫ ⎝ 2⎛ N ⎪⎭⎫⎪ ⎪1 1 ⎪ E ξ1 ++ ξN ⎪ = N ++ ⎪⎪N N ⎪⎝2 ⎭⎝ 2 + 1⎪⎭由欧拉公式1 + 1 + + 12 N= ln N +C + εN ，其中C 是欧拉常数， εN 为N 趋于无穷时的无穷小 lim 1 ⎛ 11 ⎫⎪ 量. 由于 1 + ++⎪ = 1. 于是当N 充分大时，我们可以近似公式 N →∞ ln N ⎝ 2 N ⎪⎭1 1 12 N 因而E (ξ ++ ξ ) = N ⎛ 1 + 1 ⎫⎪≈ N ln N .1N 1 + + ⎪ ⎝2 N ⎪⎭ ⎛ ⎫⎪ ⎛ ⎫⎪ 1 1 ⎪E ξ1 ++ ξN ⎪ = N ++ ⎪⎝ 2 ⎪⎭ N N ⎪= 2r ⎛ 1 ++ ⎝ 21 + 1+ 1 ⎪⎭ 1 + 1 ⎫⎪ - 2r ⎛ 1 + 1 ⎫⎪ + + ⎪ 1 + + ⎪⎝r + 1 2r 2 r ⎪⎭ ⎝ 2 r ⎪⎭ ≈ 2r ln 2r - 2r ln r = N ln 2, ⎛ ⎫⎪ 即E ξ1 ++ ξN ⎪ ≈ N ln 2 ≈ 0.69315N . 这说明如果只要收集一半票券，或只要稍多于票半数的⎝2 ⎪⎭抽取次数即可.十、【参考证明】：(a) 在(a)的条件下，要证明结论，既要证明x -1y -1xyaba -1b -1y -1x -1yx = aba -1b -1.由已知AB =BA 可得，存在A 中的元素a*, x*, B 中的元素b*, y*使得ya =a*y*, xb =b*x*.于是有1-x 2 ⎣ ⎦⎰ (1)yaba -1b -1y -1 = a *y *ba -1b -1y -1 （由ya = a *y * ）= a *by *a -1b -1y -1 = a *ba *-1yb -1y - 1 （由y *a -1 = a *-1y ） = a *ba *-1b -1 = ⎡a *,b ⎤ .⎣⎢ ⎥⎦ (2) 类似可证： x ⎡a *,b ⎤ x -1 = ⎡a *,b * ⎤ , y -1 ⎡a *,b * ⎤ y = ⎡a ,b * ⎤ , x -1 ⎡a ,b * ⎤ x = ⎡a ,b ⎤ . 如所需(a)获证.⎣⎢ ⎥⎦ ⎣⎢ ⎥⎦ ⎣⎢ ⎥⎦ ⎣⎢ ⎥⎦ ⎣⎢⎥⎦ ⎣⎢ ⎥⎦ (b) 任取G 的一个换位子⎡⎢⎣a 1b 1,b 2a 2 ⎤⎥⎦,a i ∈ A ,b i ∈ B , i = 1, 2 ，有⎡⎢a b ,b a ⎤⎥= a b b a b -1a -1a -1b -1 = a b a -1b -1 b a b a b -1a -1a -1b -1 ⎣ 1 1 2 2 ⎦1 12 2 1 1 2 2 1 1 11 1 1 2 2 1 1 2 2 = ⎡⎢a ,b ⎤⎥ b a b a -1b -1b a a b -1a -1a -1b -1⎣ 1 1 ⎦ 1 1 2 12212 1 1 2 2 = ⎡⎢a ,b ⎤⎥ b a b a -1b -1 b -1b b a a b -1a -1a -1b -1⎣ 1 1 ⎦ 1 1 2 1 2 1 12 1 2 1 1 2 2= ⎡a ,b ⎤ ⎡a *,b ⎤ b b a a b -1 a -1a -1b -1 = ⎡a ,b ⎤ ⎡a *,b ⎤ b b a a b -1a -1a -1b b -1b -1⎣⎢ 1 1 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 2 ⎥⎦ 121 21 1 2 2 ⎣⎢ 1 1 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 2 ⎥⎦ 1212 1 21112= ⎡a ,b ⎤ ⎡a *,b ⎤ ⎡(a a )* ,b -1 ⎤⎣⎢ 1 1 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 2 ⎥⎦ ⎢ 1 2 1 ⎥ ⎦其中(a 1a 2 )*为A 中的某元. 这样，G ' =< {⎡⎢a ,b ⎤⎥ : a ∈ A ,b ∈ B } >, 从而由(a)可知，G ' 为 Abel 群.十一、【参考证明】：(1) 用归纳法. 当n = 0, 1 时，结论显然成立.设n ≤ k 时，T n (x ) = cos (n arccos x ). 当n = k + 1 时，令x = cos θ ，则(2)<T n (x ),T mT k +1 (x ) = 2x T k (x )-T k -1 (x ) = 2 cos θ cos (k θ)- cos ((k - 1)θ) = cos ((k + 1)θ) = cos ((k + 1)arccos x )(x ) >=1 T n (x )T m(x ) d x . 令x =cos θ ，上述积分化为-1⎰ 0 cos(n θ)cos (m θ) d (cos θ) = ⎰ πcos (n θ)cos (m θ)d θπ当n ≠ m 时，上述积分为 0.sin θ 0(3) 注意以下事实： T n (x )是首项系数为 2n -1 的 n 次多项式， ||T(x ) ||∞ = 1,且T n (x )在x = cos ⎛ k π ⎫⎪ 处达到极值，即T(x ) = (- )k k = 0, 1,, n .k⎪ nk1 ,⎝ n ⎪⎭现假设|| p (x )||∞<1 2n -1， 考虑函数q (x ) = p (x )-k +11 T2n -1n(x ) ， 则q (x ) 在x k 处的符号与T n (x ) 在x k 处的符号相反，即为(-1)n ，这是不可能的！因此，⎣ n,k =0, 1,, n. 于是q (x )至少有n 个零点. 但q (x )次数小于|| p (x )||∞≥1. 2n-1当|| p (x )||∞= 12n-1时，可证q (z)至少有n 个零点，从而q (x )≡0 ，即p (x )= 1 T2n-1 n(x ).。

第五届大学生数学建模竞赛1.活动意义：数学建模教育是锻炼大学生分析、解决复杂实际问题能力的有效手段和途径，对于培养大学生的实践能力、创新能力、团队意识、合作精神、顽强意志和综合素质具有显著作用和效果。

2.组织形式：竞赛由校学生工作委员会主办，理学院承办。

3.参赛对象：我校在册本科学生4.竞赛组织机构：为保证此次竞赛取得圆满成功，学校成立大学生数学建模竞赛组委会。

（具体名单于发放试题时公布）5.报名程序和条件：各学院须指定一名联络人，具体负责本单位的竞赛组织与协调工作。

竞赛报名表以学院为单位汇总后交至理学院团委办公室，并将电子版和各系联络人及联系方式（办公室电话、手机号、电子信箱）一并发送至办公自动化“团总支.理学院”。

参赛对象为我校在册本科生、学生自愿组队，每队三人。

学校鼓励学生跨学院、专业组队。

参赛队由队长所在学院负责组织管理。

报名时间：2014年5月4日-5月20日竞赛时间：2014年5月22日-5月25日联系方式：6575792Email：办公自动化团总支.理学院6.竞赛方法：2014年5月22日上午8：00在内蒙古工业大学理学院网站公布竞赛试题，请各参赛队自行在网上下载赛题。

2013年5月22日8：00—5月25日8：00为竞赛时间，各学院负责督促本院参赛队按时交卷。

竞赛期间组委会将对各学校竞赛现场进行巡视检查，对作弊参赛队将取消参赛资格。

2014年5月25日上午8:00各学院联系人将本院参赛队的参赛试卷电子版发到指定邮箱（ngdsxjmjs@）。

上午10:00-11:00各学院联系人将本院参赛队的参赛试卷纸制版交到指定地点（理学院团委办公室，实验楼505），所有论文必须是计算机打印文稿，手写文稿一概不收，11:00以后交回的答卷无效。

④2014年5月24日起，组委会聘请专家组集中阅卷。

⑤2014年6月下旬，评选出一等、二等、三等奖若干队，公布获奖初步名单，并有一周异议期。

⑥2014年6月底，正式公布“内蒙古工业大学大学生数学建模竞赛”获奖名单并颁奖。